22 : Calculs de probabilité

Lycée Louis-Le-Grand,Paris MPSI 4– Mathématiques A. Troesch

Problème n

22 : Calculs de probabilité

Correction du problème 1– (extrait d’ESSEC 2000) – Étude d’un combat à trois.

1. Calcul de probabilités

(a) Il s’agit de restituer une formule du cours, cas très particulier de la formule du crible de Poincaré : P(U∪V) =P(U) +P(V)−P(U∩V).

On ne vous demande pas la démonstration. La question est uniquement là pour vous mettre sur la bonne voie pour la question suivante.

(b) NotonsU (resp.V, resp.W) l’événement :A(resp.B, resp.C) réussit son tir. Alors l’événement considéré est l’événementU∩(V ∪W). Les trois tirs étant indépendants,

P(V ∪W) =P(V) +P(W)−P(V ∩W) =P(V) +P(W)−P(V)P(W) =1 2 +1

3−1 6 = 2

3, d’où : P(U ∩(V ∪W)) =P(U)P(V ∩W) =1

3 ·2 3 = 2

9.

(c) Il s’agit cette fois de l’événementU∩(V∪W). De même qu’avant, les tirs de chaque joueur étant mutuellement indépendants :

P(U∩(V ∪V)) =P(U)P(V ∩W) =2 3 ·2

3 = 4 9. 2. Détermination de probabilités conditionnelles

(a) AB0est l’événement impossible. De plus, tant queAetB ne sont pas éliminés, personne ne viseC, puisque A viseB (son plus dangereux adversaire) et B viseA. Donc, tant que A et B ne sont pas éliminés, C ne peut pas être éliminé. Ainsi, pour toutn∈N, l’événement ABn est impossible .

Dans la suite, on ne considérera donc que les événementsABCn,BCn,CAn,An,Bn,Cn,∅_n.

(b) Si ABCn est vérifié, alors les trois joueurs s’affrontent lors de lan+ 1-ième manche, et pour queABCn+1

ait lieu, ils doivent tous les trois rater leur cible. Avec les notations précédentes (U, V et W étant ici des événements associés à lan+ 1-ième manche), et les événementsU,V etW étant mutuellement indépendants (donc leurs événements contraires aussi) :

P(ABCn+1|ABCn) =P(U∩V ∩W) =P(U)P(V)P(W) = 1 3·1

2 ·2 3 = 1

9 .

(c) De même, pour que BCn+1 soit réalisé si ABCn l’est, il faut et il suffit que soit B soit C réussisse son tir (ils visent tous deuxA), et queArate son tir. Ainsi :

P(BCn+1|ABCn) =P(U∩(V ∪W)) = 2

9 d’après 1b.

De même, pour queACn+1 soit réalisé si ABCn l’est,Ane doit pas être éliminé, doncAet C ratent leurs tirs, etB doit être éliminé, doncAréussit son tir. Ainsi :

P(ACn+1|ABCn) =P(U∩V ∩W) =P(U)P(V)P(W) = 2 9 ,

(on a encore utilisé l’indépendance deU,V etW; on ne le reprécisera plus dans les raisonnements similaires suivants).

(d) Pour que An+1 ne peut pas être réalisé siABCn l’est, car aun-ième tournoi dans lequel les trois joueurs s’affronte, personne ne vise C, qui ne peut donc pas être éliminé. De même, Bn+1 ne peut être réalisé si ABCn l’est. Ainsi :

P(An+1|ABCn) =P(Bn+1|ABCn) = 0.

Enfin, siABCn est réalisé,Cn+1 est réalisé si et seulement siAest éliminé (soit parB soit parC) etB est éliminé (parA), donc si et seulement siAréussit son tir, etB ouC réussit son tir. Ainsi :

P(Cn+1|ABCn) =P(U∩(V ∪W)) = 4

9 d’après 1c.

(e) Si ACn est réalisé, seuls A etC participent à la n+ 1-ième manche. Bien entendu, C viseA et AviseC.

Ainsi,An+1 est réalisé si et seulement siAréussit son tir, etC rate le sien. Ainsi : P(An+1|ACn) =P(U∩W) =P(U)P(W) = 2

3 ·2 3 = 4

9 . De même :

P(Bn+1|BCn) =P(V ∩W) =P(V)P(W) = 1 2· 2

3 = 1 3 ; P(Cn+1|ACn) =P(W∩U) =P(W)P(U) =1

3 ·1 3 = 1

9 ; P(Cn+1|BCn) =P(W∩V) =P(W)P(V) = 1

3· 1 2 = 1

6 ;

(f) Enfin, si ABCn est réalisé,∅_n+1 ne peut l’être car personne ne viseC lors de la n+ 1-ième manche, donc P(∅_n+1|ABCn) = 0.

Si ACn est réalisé, pour que∅_n+1 le soit, il faut et il suffit queAet C, les deux seuls joueurs s’affrontant lors de la manchen+ 1, réussissent tous deux leurs tirs au cours de cette manche :

P(∅_n+1|ACn) =P(U ∩W) =P(U)P(W) =2 3 ·1

3 = 2 9 . De même :P(∅_n+1|BCn) =P(V ∩W) =P(V)P(W) =1

2 ·1 3 = 1

6 . 3. Nombre moyen d’épreuves à l’issue desquelles le combat s’achève

On noteT la variable aléatoire indiquant le nombre d’épreuves à l’issue duquel cesse la combat, c’est-à-dire au delà duquel il ne reste qu’un tireur au plus.

(a) [T = 1]est réalisé si et seulement siA1,B1,C1ou∅₁ est réalisé. CommeABC0est l’événement certain, et que les événements1,B1,C1 et ∅₁ sont deux à deux incompatibles, on obtient :

P(T = 1) =P(A1∪B1∪C1∪∅1) =P(A1) +P(B1) +P(C1) +P(∅₁)

=P(A1|ABC0) +P(B1|ABC0) +P(C1|ABC0) +P(∅₁|ABC0).

En utilisant les probabilités conditionnelles calculées dans la question précédente, P(T = 1) = 0 + 0 +4

9 + 0 = 4 9 .

(En effet,Cne peut pas être éliminé au premier tour, puisque personne ne le vise, alors l’événement[T = 1]

est en fait égal à l’événementC1).

(b) Soitn>2. Calculons la probabilité que les trois joueurs soient encore présents après len-ième tour : P(ABC1∩ABC2∩ · · · ∩ABCn) =P(ABC0∩ABC2∩ · · · ∩ABCn)

=P(ABC0)·

n

Y

k=1

P(ABCk |ABC1∩ · · · ∩ABCk−1) (formule des probabilités composées)

=

n

Y

k=1

P(ABCk |ABC1∩ · · · ∩ABCk−1)

Or, la suite(ABCn)n∈N^∗ est une suite décroissante d’événements, donc pour toutk∈[[1, n]],ABC1∩ · · · ∩ ABCk−1=ABCk−1. Ainsi :

P(ABCn) =P(ABC1∩ABC2∩ · · · ∩ABCn) =

n

Y

k=1

P(ABCk |ABCk−1) = 1

9 ⁿ

, d’après la question 2b.

(c) Soitn>2etk∈[[0, n−1]]. Commençons par calculer la probabilité deRk, c’est-à-dire de l’événement : « à l’issue dun-ième tour, seulB a été éliminé, et il a été éliminé lors duk+ 1-ième tour » :

P(Rk) =P(ABC1∩ · · · ∩ABCk∩ACk+1∩ · · ·ACn)

=P(ABC0∩ABC1∩ · · · ∩ABCk∩ACk+1∩ · · ·ACn)

=P(ABC0)·

k

Y

i=1

P(ABCi|ABC0∩ · · · ∩ABCi−1)

!

·P(ACk+1 |ABC0∩ · · · ∩ABCk)·

·

n

Y

i=k+2

P(ACi|ABC0∩ · · · ∩ABCk∩ACk+1∩ · · · ∩ACi−1)

!

(formule des probabilités composées)

Or le résultat à un tour ne dépend que des joueurs présents au début de ce tour, c’est-à-dire des joueurs présents à l’issue du tour précédent. Ainsi :

P(Rk) =

k

Y

i=1

P(ABCi |ABCi−1)

!

·P(ACk+1 |ABCk)·

n

Y

i=k+2

P(ACi |ACi−1)

!

= 1

9 ^k

·2

9 · P(U∩W)^n−k−1

= 1

9 ^k

·2 9 ·

2 9

^n−k−1

= 2^n−k 9ⁿ .

(L’énoncé semble avoir oublié de nous faire calculer cette probabilité conditionnelleP(ACk+1|ABCk)dans la question précédente...)

Les événementsRk,k∈[[0, n−1]]sont deux à deux incompatibles, donc, par additivité : P

n−1

[

k=0

Rk

!

=

n−1

X

k=0

P(Rk) = 1 9ⁿ

n−1

X

k=0

2^n−k = 1 9ⁿ

n

X

k=1

2^k= 2

9ⁿ(2ⁿ−1) = 2 2

9 ⁿ

− 1

9 ⁿ

. Ceci représente la probabilité qu’aprèsnépreuves,Bet seulBait été éliminé lors d’un tour précédent (c’est l’événementACn). Ainsi :

P(ACn) = 2 2

9 ⁿ

− 1

9 ⁿ

.

(d) Soitn>2etk∈[[0, n−1]]. À nouveau,Sk désigne l’événement consistant à dire queAet seulAest éliminé lors des npremières épreuves, et ceci à lak+ 1-ième épreuve. Ainsi, l’union desSk est l’événement : «A, et seulA, a été éliminé au cours desnpremières épreuves ».

Calculons pour commencerP(Sk); on procède de la même manière que pourP(Rk). Nous avons donc besoin comme précédemment d’une probabilité conditionnelle qui n’a pas été calculée dans la question 2 :

∀i∈N, P(BCi+1|BCi) =P(V ∩W) =P(V)P(W) = 1 3. Ainsi, le même raisonnement que plus haut amène :

P(Sk) =

k

Y

i=1

P(ABCi|ABCi−1)

!

·P(BCk+1|ABCk)·

n

Y

i=k+2

P(BCi|BCi−1)

!

= 1

9 k

· 2 9·

1 3

n−k−1

= 2

3^n+k+1 . Alors :P(BCn) =P

n−1

[

k=0

Sk

!

=

n−1

X

k=0

2

3^n+k+1 = 2 3ⁿ⁺¹

n−1

X

k=0

1 3^k = 1

3ⁿ

1− 1 3ⁿ

= 1 3ⁿ − 1

9ⁿ .

(e) Soit n >2. L’événement [T > n] est réalisé si et seulement s’il reste au moins deux joueurs à l’issue du n-ième tour. CommeABn est impossible, on en déduit que[T > n] =ABCn∪ACn∪BCn. Ces événements étant deux à deux incompatibles, on obtient :

P(T > n) =P(ABCn) +P(ACn) +P(BCn) = 1

9 ⁿ

+ 2 2

9 ⁿ

− 1

9 ⁿ

+ 1 3ⁿ − 1

9ⁿ

= −2· 1

9 ⁿ

+ 2· 2

9 ⁿ

+ 1

3 ⁿ

Remarquez queP(T >1) =P(T = 1) = 1−4 9 = 5

9, donc la formule ci-dessus est encore valable pourn= 1, comme on s’en assure rapidement.

De plus,[T >0]est l’événement certain, doncP(T >0) = 1, et la formule ci-dessus est encore valide pour n= 0.

Soitn∈N^∗. Alors[T > n]⊂[T > n−1], et [T =n] = [T > n−1]\[T > n]. Ainsi : P(T =n) =P(T > n−1)−P(T > n)

=−2· 1

9 ⁿ⁻¹

+ 2· 2

9 ⁿ⁻¹

+ 1

3 ⁿ⁻¹

+ 2· 1

9 ⁿ

−2· 2

9 ⁿ

− 1

3 ⁿ

= −16· 1

9 n

+ 7· 2

9 n

+ 2· 1

3 n

D’après l’argument concernant P(T > 1) et P(T > 0), ceci redonne bien la valeur P(T = 1) trouvée précédemment.

(f) Un petit calcul de sommes géométriques :

+∞

X

n=1

P(T =n) =

+∞

X

n=1

−16· 1

9 n

+ 7· 2

9 n

+ 2· 1

3 n

=−16 9

1

1−¹₉ +14 9

1 1−²₉ +2

3 1 1−¹₃

=−16 8 +14

7 + 1 =−2 + 2 + 1 = 1.

(g) D’après la formule du binôme négatif, les sommes suivantes (à termes positifs) convergent, et leur somme vaut :

•

+∞

X

n=1

n 1

9 ⁿ⁻¹

= 1

1−¹₉² =81 64,

•

+∞

X

n=1

n 2

9 n−1

= 1

1−²₉² =81 49,

•

+∞

X

n=1

n 1

3 ⁿ⁻¹

= 1

1−¹₃² =9 4;

(on pourra s’assurer de la convergence de ces séries avec la règle de d’Alembert, ou avec la règlen^αun) Or, la sérieP^+∞

n=1nP(T =n)est une combinaison linéaire de ces trois séries, donc elle converge également.

Comme pour toutn∈N^∗,nP(T =n)>0, elle est à termes positifs, donc elle converge absolument. Ainsi, T admet une espérance, et :

E(T) =−16 9 ·81

64+14 9 ·81

49+2 3· 9

4 =−9 4 +18

7 +3 2 = 51

28 . 4. Probabilités pour queA, B etC respectivement remportent le combat

(a) NotonsGAn l’événement : «Agagne le combat à lan-ième épreuve ».

Si n = 1, A ne peut pas gagner le combat, car il reste au moins C à l’issue de la première manche : P(GA1) = 0.

Si n > 1, chaque événement Uk entraîne GAn. Réciproquement, si GAn est satisfait, ABCn−1 n’est pas

satisfait (sinon personne ne vise C qui ne peut pas être éliminé au n-ième tour). Puisque ABn−1 est im- possible, l’événement ACn−1 est vérifié (il reste forcément un autre joueur, sinon A aurait gagné avant le n-ième tour). Ainsi,C est éliminé au tourn, etB est éliminé auparavant, c’est à dire lors d’une épreuveℓ, ℓ∈[[1, n−1]]; pour une telle valeur deℓ, ABCℓ−1 est satisfait, mais seulementACℓ. En posant k=ℓ−1, k∈[[0, n−2]], on en déduit queUk est satisfait.

Par conséquent, d’après le principe de la double-inclusion, GAn=

n−2

[

k=0

Uk.

(b) Soitk∈[[0, n−2]]. On calcule d’abord la probabilité deUk, à l’aide de la formule des probabilités composées :

P(Uk) =P(Rn−1,k∩An) =P(Rn−1,k)P(An |Rn−1,k) =2^n−1−k

9ⁿ⁻¹ ·P(An|ACn−1) = 2^n−1−k 9ⁿ⁻¹ ·4

9 = 2^n−k+1 9ⁿ . Ici, on a rajouté un indice n à Rk pour indiquer la dépendance par rapport à n. Les événements Uk, k∈[[0, n−2]]étant deux à deux incompatibles,

P(GAn) =

n−2

X

k=0

P(Uk) = 2· 2

9 ^{n n−2}

X

k=0

1 2^k = 4·

2 9

ⁿ 1−

1 2

ⁿ⁻¹!

= 4· 2

9 ⁿ

−8 1

9 ⁿ

.

Remarquez qu’on obtient cette égalité beaucoup plus rapidement si on ne suit pas la piste suggérée par l’énoncé (comme quoi, les énoncés sont parfois mal faits ; pour information, à part certaines notations, et l’ajout des questions finales, je n’ai pas modifié le sujet)

En effet, on peut se servir des calculs précédents. On se sert du système complet formé de toutes les possibilités à l’issue du n−1-ième tour : (∅_n−1, An−1, Bn−1, Cn−1, ABn−1, ACn−1, BCn−1, ABCn−1). Or GAn est impossible si un des événements suivants a lieu :∅_n−1,An−1 (dans ce cas, il a déjà gagné avant), Bn−1, Cn−1, BCn−1 et ABCn−1 (car C ne peut pas être éliminé), et comme ABn−1 est impossible, la formule des probabilités totales se résume à :

P(GAn) =P(GAn |ACn−1)P(ACn−1) =P(An |ACn−1)P(ACn−1) = 8 9

2 9

ⁿ⁻¹

− 1

9 ⁿ⁻¹!

.

On obtient bien la même expression, sans avoir à refaire de calculs de somme.

(c) SoitGAl’événement : «Agagne ». AlorsGA=

+∞

[

n=2

GAn, ces événements étant deux à deux incompatibles.

Ainsi, parσ-additivité deP : P(GA) =

+∞

X

n=2

P(GAn) =

+∞

X

n=2

4· 2

9 ⁿ

−8 1

9 ⁿ

=16 81

1 1−²₉ − 8

81 1

1−¹₉ =16 63−1

9 = 9 63 = 1

7 . (d) On note pour toutn∈N^∗,GBn l’événement : «Bgagne aun-ième tour », etGBl’événement : «Bgagne ».

Bne peut pas être vainqueur des le premier tour (Cn’est pas éliminé à ce moment), doncGB1est impossible.

Soit n > 2. On peut bien sûr copier la démonstration précédente, telle que suggérée dans l’énoncé, en introduisant des événementsVk adéquats. Je vais plutôt utiliser la deuxième méthode que j’ai proposée, en utilisant le même système complet. Maintenant, les seuls événements au rangn−1 pouvant amenerGBn

sont :ABn−1 etBCn−1, etABn−1est impossible. Donc, la formule des probabilités totales se résume à : P(GBn) =P(GBn|BCn−1)P(BCn−1) = 1

3 1

3ⁿ⁻¹ − 1 9ⁿ⁻¹

= 1

3 n

−3 1

9 n

.

En sommant ces probabilités, on obtient : P(GB) =

+∞

X

k=2

1 3

ⁿ

−3 1

9 ⁿ

= 1 9·3

2 − 3 81·9

8 = 1 6 − 1

24 = 1 8 .

(e) On note de mêmeGCn etGC. On a déjà eu l’occasion de calculer P(GC1) = ⁴₉.

Soitn>2. On procède de même que pourGBn. Les événements au rangn−1pouvant amenerGCn sont cette foisABCn−1,ACn−1et BCn−1. Ainsi, la formule des probabilités totales se résume à :

P(GCn) =P(GCn |ABCn−1)P(ABCn−1) +P(GCn|ACn−1)P(ACn−1) +P(GCn |BCn−1)P(BCn−1)

=P(Cn|ABCn−1)P(ABCn−1) +P(Cn |ACn−1)P(ACn−1) +P(Cn |BCn−1)P(BCn−1)

=4 9

1 9

ⁿ⁻¹ +2

9 · 2

9 ⁿ⁻¹

− 1

9 ⁿ⁻¹!

+1 6

1

3ⁿ⁻¹ − 1 9ⁿ⁻¹

= 1 2

1 9

n

+1 2

1 3

n

+ 2

9 n

.

On pourrait bien sûr retrouver ce résultat en définissant des événements du type des Uk, mais ce sont des prises de tête assurées.

Ainsi, en sommant ces probabilités pour toutn∈N^∗ : P(GC) = 4

9+

+∞

X

n=2

1 2

1 9

n

+1 2

1 3

n

+ 2

9 n

= 4 9 + 1

162·9 8 + 1

18· 3 2+ 4

81·9

7 = 603

1008 = 67 112 (f) C a plus d’une chance sur 2 de gagner, donc beaucoup plus que les deux autres. Il vaut donc mieux ne pas

savoir tirer (donc ne pas attirer la foudre des autres).

(g) L’événement « le combat ne s’arrête pas » est l’événement suivant : \

n∈N^∗

[T > n].

Ces événements forment une suite décroissante, donc, d’après le théorème de la limite monotone,

P \

n∈N∗

[T > n]

!

= lim

n→+∞P(T > n) = 0. Remarquez que cette question est un peu redondante avec la question 3f.

(h) SoitG∅l’événement : « le combat s’arrête sans vainqueur ». D’après la question précédente,GA,GB,GC, G∅forment un système quasi-complet, donc :

P(G∅) = 1−P(GA)−P(GB)−P(GC) = 1−1 7−1

8 − 67

112= 15 112 .